2020-2021学年物理教科版选修3-5教案：1.3　动量守恒定律的应用 Word版含解析

1、3动量守恒定律的应用一、碰撞1三种碰撞类型及满足规律(1)弹性碰撞动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2机械能守恒：m1vm2vm1v12m2v22(2)非弹性碰撞动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2机械能减少，损失的机械能转化为内能，即|ek|ek初ek末q(3)完全非弹性碰撞动量守恒：m1v1m2v2(m1m2)v共碰撞中机械能损失最多，即|ek|m1vm2v(m1m2)v.2中子的发现英国物理学家查德威克，借助微观粒子碰撞过程中的动量守恒和能量守恒发现了中子碰撞是我们日常生活中经常见到的，台球桌上台球的碰撞(图甲)，打乒乓球时乒乓球与球拍的碰撞(图乙)，因为司机饮酒而造成汽车的

2、碰撞(图丙)等，这些碰撞有哪些共同特点？又有哪些不同？提示：这些碰撞的共同特点均是作用时间极短，不同特点是能量损失不同二、反冲运动1定义一个静止的物体在内力的作用下，其中一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫做反冲2反冲运动的特点是物体间作用力与反作用力产生的效果3反冲运动的条件(1)系统不受外力或所受合外力为零(2)内力远大于外力(3)某一方向上不受外力或所受合外力为零4反冲运动遵循的规律：反冲运动遵循动量守恒定律两位同学在公园里划船，租船的时间将到，他们把小船划向码头当小船离码头大约1.5 m左右时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m，跳到岸

3、上绝对没有问题于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(下图)，她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？提示：这位同学与船组成的系统在不考虑水阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳前后遵循动量守恒定律她在跳出瞬间，船也要向后运动三、火箭1工作原理应用反冲运动，其反冲过程动量守恒它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度2影响火箭最终速度大小的因素(1)喷气速度现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 0004 000 m/s.(2)火箭的质量比指火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比现代火箭的质量比一般小于10.喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大2011年11月1日清晨5时58分10秒，中国“长征

4、”二号f遥八运载火箭在酒泉卫星发射中心载人航天发射场点火发射，火箭将“神舟”八号飞船成功送入近地点200千米、远地点330千米的预定轨道如图所示为“神舟”八号发射过程中的几个瞬间，图甲是火箭点火开始飞行的瞬间，图乙是助推器分离的瞬间，图丙是火箭一、二级分离的瞬间现代使用的航天火箭几乎都分成几级在使用时，总是让第一级火箭先燃烧，当燃尽了全部推进剂以后，就被丢弃并点燃第二级火箭那么，为什么火箭要这样分级制造呢？分级会带来多大的好处呢？提示：分级火箭有利于提高火箭的最终速度假设有两枚火箭，一枚是单级火箭，一枚是两级火箭第一枚火箭的发射重量是2 000千克，其中装有1 500千克的推进剂，则其质量比是

5、4.根据速度公式可以算出，它的最终速度可以达到每秒3 470米第二枚火箭由各重1 000千克的两级火箭组成，它们分别装有750千克的推进剂表面看来后者的总重与推进剂的重量都与前者相同，但效果却显著不同由于在使用时，第一级火箭在推进剂燃烧完以后可以把它整个抛弃，剩下第二级火箭单独前进所以它的最后质量只有250千克，因此它的质量比是2 0002508，比第一枚火箭提高了一倍计算表明，依靠第一级火箭的推力，可以达到1 175米/秒的速度，然后依靠第二级火箭，又可以进一步把速度提高到5 200米/秒，其速度比单级火箭整整快了近50%.考点一碰撞问题的三个解题依据1动量守恒p1p2p1p2.2动能不增加

6、ek1ek2ek1ek2或.3速度要符合情境如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后v前，否则无法实现碰撞碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度即v前v后，否则碰撞没有结束如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零【例1】a、b两球在水平光滑直轨道上同向运动，已知它们的动量分别是pa5 kgm/s，pb7 kgm/s.a从后面追上b并发生碰撞，碰后b的动量pb10 kgm/s，试判断：(1)两球质量的关系；(2)若已知mbma，则该碰撞过程是否为弹性碰撞？分析求解时考

7、虑以下两个方面的问题：一是碰撞的特点和规律，二是碰撞的合理性【解析】(1)由碰撞中动量守恒可求得pa2 kgm/s，要使a追上b，则必有：vavb，即，得mb1.4ma.碰后pa、pb均大于0，表示同向运动，则应有：vbva.即，则mb5ma.碰撞过程中，动能不增加，则有：，推得：mbma.综合上面可知：mamb5ma.(2)若mam，则mbm，碰前总动能ek j.碰后总动能ek j.所以ekek.故该碰撞过程是完全弹性碰撞【答案】(1)mamb5ma(2)弹性碰撞总结提能 动量守恒定律是分析、求解碰撞问题的重要规律，但并非唯一规律，有时要结合速度及能量的合理性考虑碰撞中的实际情况(多选)在光

8、滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是(ad)a若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开b若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行c若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开d若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行解析：选项a，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项a是可能的选项b，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以选项b不可能选项c，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，选项c不可能选项d，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项d是可能的考点

9、二碰撞的常见模型相互作用的两个物体在很多情况下都可当做碰撞处理对相互作用中两物体相距“最近”“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”，具体分析如下：(1)如图所示，光滑水平面上的a物体以速度v去撞击静止且一端带有弹簧的b物体，a、b两物体相距最近时，两物体速度必相等，此时弹簧最短，其压缩量最大(2)如图所示，物体a以速度v0滑上静止在光滑水平面上的小车b，当a在b上滑行的距离最远时，a、b两物体相对静止，a、b两物体的速度必相等(3)如图所示，质量为m的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块

10、，则小球到达滑块上的最高点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度一定相等(方向水平向右)【例2】如图所示，木块a的右侧为光滑曲面(曲面足够长)，且下端极薄，其质量为2.0 kg，静止于光滑水平面上一质量为2.0 kg的小球b以2.0 m/s的速度从右向左运动冲上a的曲面，与a发生相互作用(1)b球沿a曲面上升到最大高度处的速度是()a0b1.0 m/sc0.71 m/s d0.50 m/s(2)b球沿a曲面上升的最大高度是()a0.40 m b0.20 mc0.10 m d0.05 m(3)b球与a相互作用结束后，b球的速度是()a0 b1.0 m/sc0.71 m/s d0.50 m/s1

11、b沿a上升到最大高度处，b的速度沿什么方向，a和b的速度具有怎样的关系？2a和b相互作用的过程中，二者组成的系统动量守恒吗？机械能守恒吗？【解析】(1)在最大高度处两球速度相同，方向水平向左，设为v，由动量守恒定律得mv02mv，代入数据得v1.0 m/s.(2)从开始到小球到达最大高度处，这一过程中系统的机械能守恒，则mv(mm)v2mgh，代入数据得h0.10 m.(3)从开始冲上曲面到小球又回到最低点的过程可以看做弹性碰撞，则由动量守恒定律得mv0mvamvb，再由机械能守恒定律得mvmvmv，联立得vav02.0 m/s，vb0.【答案】(1)b(2)c(3)a总结提能 在弹性碰撞中，

12、系统同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律如图所示，p物体与一个连着弹簧的q物体正碰，碰撞后p物体静止，q物体以p物体碰撞前速度v离开，已知p与q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列的结论中正确的应是(b)ap的速度恰好为零 bp与q具有相同速度cq刚开始运动 dq的速度等于v解析：p物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，p做减速运动，q物体做加速运动，p、q间的距离减小，当p、q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以b正确，a、c错误由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v，则mv(mm)v，所以弹簧被压缩至最短时，p、q的速度vv/2，故d错误考点三对反冲运动的理解

13、1反冲运动的特点及其遵循的规律(1)特点物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加(2)反冲运动中，以下三种情况均可应用动量守恒定律解决系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以在该方向上应用动量守恒定律内力的存在不会改变系统的动量，但内力做功往往会改变

14、系统的总动能.反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加.反冲运动是作用力和反作用力都做正功的典型事例.2分析反冲运动应注意的问题(1)速度的反向性问题对于原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度应取负值(2)相对速度问题反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度，通常为对地的速度因此应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程(3)变质量问题在反冲运动中还常遇到变

15、质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究【例3】一火箭喷气发动机每次喷出m200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v1 000 m/s(相对地面)，设火箭质量m300 kg，发动机每秒喷气20次求当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？本题考查反冲运动过程中的动量守恒，解题时应注意火箭动量的变化及动量的方向【解析】法一：喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统动量守恒第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有(mm)v1mv0，所以v1；第二次气体喷出后

16、，火箭速度为v2，有(m2m)v2mv(mm)v1，所以v2；第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有(m3m)v3mv(m2m)v2，所以v3 m/s2 m/s.法二：选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出三次气体为研究对象，据动量守恒定律，得(m3m)v33mv0，所以v32 m/s.【答案】2 m/s总结提能 (1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象注意反冲前、后各物体质量的变化(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果

17、不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地的速度(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(a)a30 kgm/sb5.7102 kgm/sc6.0102 kgm/s d6.3102 kgm/s解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050 kg600

18、m/s30 kgm/s，选项a正确考点四“人船模型”问题的处理1“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比这样的问题归为“人船模型”问题2处理“人船模型”问题的关键(1)利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1m2v20的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都

19、与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速率也与质量成反比，即有m11m220.如果两物体相互作用时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2，则有m1m20，即m1x1m2x20.(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出它们各自相对地面位移的关系【例4】有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾如果人的质量m60 kg，船的质量m120 kg，船长为l3 m，则船在水中移动的距离是多少？水的阻力不计【解析】选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统动量守恒，人起步前系统的总动量为0，当人加速前进时，船加速后退，人停下来，船也停下来设人的平均速度为人，船的平

20、均速度为船，根据动量守恒有m人m船0设人的位移为x人，船的位移为x船，则mm0而x人x船l联立可得x船l3 m1 m.【答案】1 m总结提能 “人船模型”的特点(1)“人”走“船”走，“人”停“船”停；(2)x人l，x船l，x人，x船的大小与人运动的时间和运动状态无关；(3)让式比上式得，在系统满足动量守恒的方向上，人、船的位移与质量成反比载人气球静止于高h的空中，气球的质量为m，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？答案：h解析：气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为l，人沿绳梯滑至地面，人的位移为x

21、人，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示，由平均动量守恒有：0mx球mx人，又有x球x人l，x人h，故lh.重难疑点辨析爆炸问题炸弹的爆炸、原子核的裂变等都是同类问题，其实质为内力远大于外力，系统动量守恒，动能增加爆炸和碰撞的异同【典例】一枚质量为m的手榴弹，在空中某点运动速度的大小为v，方向沿水平方向手榴弹在该点突然炸裂成两块，质量为m1的一块沿v的反方向飞去，速度大小为v1，求另一块炸裂后的速度v2.【解析】爆炸前，可认为手榴弹是由质量为m1和mm1的两块弹片组成的手榴弹爆炸的过程，可看作是这两块弹片相互作用的过程由于两块弹片所受的爆炸力远大于它们受到的重力，所以满足动量守恒定律两块弹

22、片在炸开前(初状态)的总动量是mv，炸开后(末状态)的总动量为m1v1(mm1)v2.根据动量守恒定律有mvm1v1(mm1)v2所以v2，方向与v相同【答案】，方向与v相同对于爆炸类问题，由于相互作用力是变力，用牛顿运动定律求解非常复杂，甚至根本就无法求解，但用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，而不需要考虑过程的具体细节，这正是用动量守恒定律求解问题的优点类题试解有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为m6.0 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出的初速度v060 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为

23、圆心，以r600 m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力)【解析】设炮弹上升到达最高点的高度为h，根据匀变速直线运动规律，有v2gh.设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为v1，另一块的速度为v，根据动量守恒定律有mv1(mm)v0.设质量为m的弹片恰好落到该圆周上，它运动的时间为t，根据平抛运动规律有hgt2，rv1t.炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能ekmv(mm)v2.解以上各式得ek.代入数值得ek6.0104 j.【答案】6.0104 j1(多选)下列属于反冲运动的是(acd)a喷气式飞机的运动 b直升机的运动c火箭的运动 d反击式水轮机的运动解析：反冲现象是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲现象2(多选)下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度(ac)a使喷出的气体速度增大b使喷出的气体温度更高c使喷出的气体质量更大d使喷出的气体密度更小3(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球a、b发生正碰，小球a的质量为m10.1 kg.图乙为它们碰撞前后两个小球的st图象由此可以判断(ad)a碰前小球b